高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點11 空間中的平行與垂直關(guān)系教師用書 理-人教版高三數(shù)學試題

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1、突破點11　空間中的平行與垂直關(guān)系 (對應學生用書第167頁) 提煉1 異面直線的性質(zhì) (1)異面直線不具有傳遞性．注意不能把異面直線誤解為分別在兩個不同平面內(nèi)的兩條直線或平面內(nèi)的一條直線與平面外的一條直線． (2)異面直線所成角的范圍是，所以空間中兩條直線垂直可能為異面垂直或相交垂直． (3)求異面直線所成角的一般步驟為：①找出(或作出)適合題設(shè)的角——用平移法；②求——轉(zhuǎn)化為在三角形中求解；③結(jié)論——由②所求得的角或其補角即為所求. 提煉2 平面與平面平行的常用性質(zhì) (1)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等． (2)經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平

2、行． (3)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行． (4)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面. 提煉3 證明線面位置關(guān)系的方法 (1)證明線線平行的方法：①三角形的中位線等平面幾何中的性質(zhì)；②線面平行的性質(zhì)定理；③面面平行的性質(zhì)定理；④線面垂直的性質(zhì)定理． (2)證明線面平行的方法：①尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；②尋找面面平行，利用面面平行的性質(zhì)． (3)證明線面垂直的方法：①線面垂直的定義，需要說明直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直；②線面垂直的判定定理；③面面垂直的性質(zhì)定理． (4)證明面面垂直的方法：①定義法，即證明兩個平

3、面所成的二面角為直二面角；②面面垂直的判定定理，即證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線． 回訪1　異面直線的性質(zhì) 1．(2016·全國乙卷)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) A.　　 B. C. D. A　[設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD＝m1. ∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m. 又平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1， ∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m. ∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，

4、且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1， 同理可證CD1∥n. 因此直線m與n所成的角即直線B1D1與CD1所成的角． 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形， 故直線B1D1與CD1所成角為60°，其正弦值為.] 2．(2015·廣東高考)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是(　　) A．l與l1，l2都不相交 B．l與l1，l2都相交 C．l至多與l1，l2中的一條相交 D．l至少與l1，l2中的一條相交 D　[由直線l1和l2是異面直線可知l1與l2不平行，故l1，l2中至少

5、有一條與l相交．] 回訪2　面面平行的性質(zhì)與線面位置關(guān)系的判斷 3．(2013·全國卷Ⅱ)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l D　[根據(jù)所給的已知條件作圖，如圖所示． 由圖可知α與β相交，且交線平行于l，故選D.] 4．(2016·全國甲卷)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m?α，那么m

6、∥β. ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號) ②③④　[對于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故錯誤． 對于②，由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線l?α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確． 對于③，因為α∥β，所以α，β沒有公共點．又m?α，所以m，β沒有公共點，由線面平行的定義可知m∥β，故正確． 對于④，因為m∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因為α∥β，所以n與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等，故正確．] (對應學生

7、用書第167頁) 熱點題型1　空間位置關(guān)系的判斷與證明 題型分析：空間中平行與垂直關(guān)系的判斷與證明是高考常規(guī)的命題形式，此類題目綜合體現(xiàn)了相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理的考查，同時也考查了學生的空間想象能力及轉(zhuǎn)化與化歸的思想. 　(1)(2016·蘭州三模)α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于點B，CD⊥α于點D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件： ①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF. 其中能成為增加條件的序號是________． 【導學號：67722040】 ①③　[若AC⊥β，且

8、EF?β，則AC⊥EF，又AB⊥α，且EF?α，則AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，①可以成為增加的條件；AC與α，β所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF與平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF與BD垂直，②不能成為增加的條件；由CD⊥α，EF?α，得EF⊥CD，所以EF與CD在β內(nèi)的射影垂直，又AC與CD在β內(nèi)的射影在同一直線上，所以EF⊥AC，CD和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，③可以成為增加的條件；若AC∥EF，則AC∥α，則BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成為增加

9、的條件，故能成為增加條件的序號是①③.] (2)(2016·山東高考)在如圖11-1所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB. ①已知AB＝BC，AE＝EC，求證：AC⊥FB； ②已知G，H分別是EC和FB的中點，求證：GH∥平面ABC. 圖11-1 [解題指導]?、佟? ②→→→→ [證明]?、僖驗镋F∥DB， 所以EF與DB確定平面BDEF. 如圖①，連接DE.1分 因為AE＝EC，D為AC的中點， 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.3分 又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.5分 因為FB?平面BDEF，所以AC⊥FB.6分 ① ②如圖

10、②，設(shè)FC的中點為I，連接GI，HI. 在△CEF中，因為G是CE的中點， 所以GI∥EF.7分 又EF∥DB，所以GI∥DB.8分 在△CFB中，因為H是FB的中點， 所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，9分 所以平面GHI∥平面ABC.11分 因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.12分 ② 在解答空間中線線、線面和面面的位置關(guān)系問題時，我們可以從線、面的概念、定理出發(fā)，學會找特例、反例和構(gòu)建幾何模型．判斷兩直線是異面直線是難點，我們可以依據(jù)定義來判定，也可以依據(jù)定理(過平面外一點與平面內(nèi)一點的直線，和平面內(nèi)不經(jīng)過該點的直線是異面直線)判定．而反證法是證明兩直

11、線異面的有效方法． 提醒：判斷直線和平面的位置關(guān)系中往往易忽視直線在平面內(nèi)，而面面位置關(guān)系中易忽視兩個平面平行．此類問題可以結(jié)合長方體中的線面關(guān)系找出假命題中的反例． [變式訓練1]　(1)(2016·石家莊二模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，則m∥α，m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β. 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．0　　　 B．1　　　 C．2　　　 D．3 B　[若m?α，n∥α，則m，n可能平行或異面，①錯誤；若α∥β，β∥γ，則α

12、∥γ，又m⊥α，則m⊥γ，②正確；若α∩β＝n，m∥n，則m∥α或m∥β或m?α或m?β，③錯誤；若α⊥γ，β⊥γ，則α，β可能平行或相交，④錯誤，則真命題個數(shù)為1，故選B.] (2)(2016·威海二模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AD＝DD1＝2，BC＝DC＝1，DC⊥BC，AD∥BC，E，F(xiàn)分別為CC1，DD1的中點． 圖11-2 ①求證：BF⊥A1B1； ②求證：平面BEF∥平面AD1C1. [證明]　①法一：連接AF，則在Rt△ADF中，AF＝＝＝. 連接BD，則在Rt△BDF中，BF＝＝＝.4分 取AD中點G連接BG，則在Rt△ABG中AB＝. ∴在

13、△ABF中，AB2＋BF2＝2＋3＝5＝AF2， ∴AB⊥BF，又∵AB∥A1B1，∴A1B1⊥BF.6分 法二：說明A1B1⊥BB1，證明A1B1⊥B1D1，得到A1B1⊥平面B1BDD1，由BF?平面B1BDD1，證得A1B1⊥BF. ②∵E，F(xiàn)分別為CC1，DD1的中點，∴EF∥C1D1，連接FG， 由BC綊GD，得BG綊DC，∴BG綊EF，∴BGEF為平行四邊形， ∴GF∥BE.10分 ∵G，F(xiàn)分別為AD，DD1的中點，∴GF∥AD1， ∴BE∥AD1， ∵BE∩EF＝E，AD1∩D1C1＝D1， ∴平面BEF∥平面AD1C1.12分 熱點題型2　平面圖形的翻折

14、問題 題型分析：(1)解決翻折問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.,(2)找出其中變化的量和沒有變化的量，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 　(2016·全國甲卷)如圖11-3，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置． (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′-ABCFE的體積． 圖11-3 [解]　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.1分 又由AE＝C

15、F得＝，故AC∥EF.2分 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.3分 (2)由EF∥AC得＝＝.4分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3.5分 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH.6分 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.8分 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝.10分 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝.11分 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝××2＝.12分

16、 翻折問題的注意事項 1．畫好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖． 2．把握關(guān)系：即比較翻折前后的圖形，準確把握平面圖形翻折前后的線線關(guān)系，哪些平行與垂直的關(guān)系不變，哪些平行與垂直的關(guān)系發(fā)生變化，這是準確把握幾何體結(jié)構(gòu)特征，進行空間線面關(guān)系邏輯推理的基礎(chǔ)． 3．準確定量：即根據(jù)平面圖形翻折的要求，把平面圖形中的相關(guān)數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是準確進行計算的基礎(chǔ)． [變式訓練2]　(2016·海淀二模)已知長方形ABCD中，AD＝，AB＝2，E為AB的中點．將△ADE沿DE折起到△PDE，得到四棱錐P-BCDE，如圖11-4所示． 圖11-4 (1)若

17、點M為PC的中點，求證：BM∥平面PDE； (2)當平面PDE⊥平面BCDE時，求四棱錐P-BCDE的體積； (3)求證：DE⊥PC. [解]　(1)證明：取DP中點F，連接EF，F(xiàn)M. 因為在△PDC中，點F，M分別是所在邊的中點， 所以FM綊DC.1分 又EB綊DC，所以FM綊EB，2分 所以四邊形FEBM是平行四邊形，所以BM∥EF.3分 又EF?平面PDE，BM?平面PDE. 所以BM∥平面PDE.4分 (2)因為平面PDE⊥平面BCDE， 在△PDE中，作PO⊥DE于點O， 因為平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以PO⊥平面BCDE.6分 在△PDE中，

18、計算可得PO＝，7分 所以V四棱錐P-BCDE＝Sh＝×(1＋2)××＝.8分 (3)證明：在矩形ABCD中，連接AC交DE于點I， 因為tan∠DEA＝，tan∠CAB＝， 所以∠DEA＋∠CAB＝，所以DE⊥AC，9分 所以在四棱錐P-BCDE中，PI⊥DE，CI⊥DE，10分 又PI∩CI＝I，所以DE⊥平面PIC.11分 因為PC?平面PIC，所以DE⊥PC.12分 專題限時集訓(十一) 空間中的平行與垂直關(guān)系 [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達標] 一、選擇題 1．(2016·南昌一模)設(shè)α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是

19、(　　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a⊥α，a∥b，則b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，則b∥α D．若a∥α，a⊥b，則b⊥α B　[A中，兩直線可能平行、相交或異面，故A錯；B中，由直線與平面垂直的判定定理可知B正確；C中，b可能平行α，也可能在α內(nèi)，故C錯；D中，b可能平行α，也可能在α內(nèi)，還可能與α相交，故D錯．綜上所述，故選B.] 2．(2016·濟南一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m∥n，m⊥β，則n⊥β； ②若m∥α，m∥β，則α∥β； ③若m∥n，m∥β，則n∥β； ④若m⊥α，m⊥β，則α⊥β. 其

20、中真命題的個數(shù)為(　　) A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 A　[對于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯誤；對于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯誤；對于④，由兩平面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯誤．綜上所述，正確命題的個數(shù)為1，故選A.] 3．如圖11-5所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點M為線段PB的中點．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點B到平面PAC的距離等于線段BC的長．其中正確的是(　　) 圖11-5 A．①② B．①

21、②③ C．① D．②③ B　[對于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. ∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，∴BC⊥PC. 對于②，∵點M為線段PB的中點， ∴OM∥PA.∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC. 對于③，由①知BC⊥平面PAC， ∴線段BC的長即是點B到平面PAC的距離，故①②③都正確．] 4．已知α，β是兩個不同的平面，有下列三個條件： ①存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一條直線a，a?α，a⊥β； ③存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α. 其中，所有能

22、成為“α⊥β”的充要條件的序號是(　　) A．①　　　 B．②　　　 C．③　　　 D．①③ D　[對于①，存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β，則α⊥β，反之也成立，即“存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要條件，所以①對，可排除B，C. 對于③，存在兩條垂直的直線a，b，則直線a，b所成的角為90°， 因為a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角為90°， 即α⊥β，反之也成立，即“存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要條件，所以③對，可排除A，選D.] 5．(2016·成都二模)在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別是線段PB

23、，PC上的動點，則下列說法錯誤的是(　　) 圖11-6 A．當AE⊥PB時，△AEF一定為直角三角形 B．當AF⊥PC時，△AEF一定為直角三角形 C．當EF∥平面ABC時，△AEF一定為直角三角形 D．當PC⊥平面AEF時，△AEF一定為直角三角形 B　[因為AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上兩條相交直線，則BC⊥平面PAB，BC⊥AE.當AE⊥PB時，AE⊥平面PBC，則AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正確；當EF∥平面ABC時，EF在平面PBC上，平面PBC與平面ABC相交于BC，則EF∥BC，則EF⊥AE，△AEF一定是直

24、角三角形，C正確；當PC⊥平面AEF時，AE⊥PC，又AE⊥BC，則AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正確；B中結(jié)論無法證明，故選B.] 二、填空題 6．已知P為△ABC所在平面外一點，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題： ①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正確命題的個數(shù)是________. 【導學號：67722041】 3　[如圖所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P， ∴PA⊥平面PBC. 又∵BC?平面PBC， ∴PA⊥BC. 同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.] 7．在三棱錐C-ABD

25、中(如圖11-7)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜邊BD的中點，AB＝4，二面角A-BD-C的大小為60°，并給出下面結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos ∠ADC＝；⑤四面體ABCD的外接球表面積為32π.其中真命題是________(填序號)． 圖11-7 ①③⑤　[由題意知BD⊥CO，BD⊥AO，則BD⊥平面AOC，從而BD⊥AC，故①正確；根據(jù)二面角A-BD-C的大小為60°，可得∠AOC＝60°，又直線AD在平面AOC的射影為AO，從而AD與CO不垂直，故②錯誤；根據(jù)∠AOC＝60°，AO＝CO可得△AOC為正三角形，故③正確；在

26、△ADC中 ，AD＝CD＝4，AC＝CO＝2，由余弦定理得cos ∠ADC＝＝，故④錯誤；由題意知，四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為2，則外接球的表面積為S＝4π×(2)2＝32π，故⑤正確．] 8．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結(jié)論中正確的是________．(填序號) ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E-ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. ①②③　[因為AC⊥平面BDD1B1，故①，②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝V為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯誤．] 三、解答題

27、9．(2016·北京高考)如圖11-8，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. 圖11-8 (1)求證：DC⊥平面PAC. (2)求證：平面PAB⊥平面PAC. (3)設(shè)點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由． [解]　(1)證明：因為PC⊥平面ABCD， 所以PC⊥DC.2分 又因為DC⊥AC，且PC∩AC＝C， 所以DC⊥平面PAC.4分 (2)證明：因為AB∥DC，DC⊥AC， 所以AB⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB. 又因為PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.8分 又AB?

28、平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.9分 (3)棱PB上存在點F，使得PA∥平面CEF.10分 理由如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF. 又因為E為AB的中點，所以EF∥PA. 又因為PA?平面CEF，且EF?平面CEF， 所以PA∥平面CEF.14分 10．(2016·青島模擬)如圖11-9，四棱錐P-ABCD，側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M為PC的中點． 圖11-9 (1)求證：PC⊥AD； (2)求點D到平面PAM的距離． [解]　(1)證明：法一：取AD中點O，連接OP，OC，AC，依題意可知△

29、PAD，△ACD均為正三角形，所以O(shè)C⊥AD，OP⊥AD，又OC∩OP＝O，OC?平面POC，OP?平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC?平面POC，所以PC⊥AD. 5分 法二：連接AC，AM，DM，依題意可知△PAD，△ACD均為正三角形，又M為PC的中點，所以AM⊥PC，DM⊥PC， 又AM∩DM＝M，AM?平面AMD，DM?平面AMD， 所以PC⊥平面AMD， 又AD?平面AMD，所以PC⊥AD.5分 (2)由題可知，點D到平面PAM的距離即點D到平面PAC的距離，由(1)可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， PO?平面PAD，

30、所以PO⊥平面ABCD，即PO為三棱錐P-ADC的高． 在Rt△POC中，PO＝OC＝，PC＝， 在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，邊PC上的高AM＝＝， 所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.8分 設(shè)點D到平面PAC的距離為h，由VD-PAC＝VP-ACD得S△PAC·h＝S△ACD·PO，又S△ACD＝×22＝， 所以×·h＝××，解得h＝，所以點D到平面PAM的距離為.12分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·烏魯木齊三模)如圖11-10，在多面體ABC-DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AC∥GF，且△ABC是邊長為2的正三角形，四邊形DEFG是邊長

31、為4的正方形，M，N分別為AD，BE的中點，則MN＝(　　) 圖11-10 A.　　　 B．4 C. D．5 A　[如圖，取BD的中點P，連接MP，NP，則MP∥AB，NP∥DE，MP＝AB＝1，NP＝DE＝2.又∵AC∥GF，∴AC∥NP. ∵∠CAB＝60°，∴∠MPN＝120°，∴MN＝＝＝，故選A.] 2．如圖11-11，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是(　　) 圖11-11 A．平面ABD⊥平面ABC

32、 B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故選D.] 3．(2016·貴陽二模)如圖11-12，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，沿AE，AF，EF把正方形折成一個四面體，使B，C，D三點重合，重合后的點記為P，P點在△AEF內(nèi)的射影為O，則

33、下列說法正確的是(　　) 圖11-12 A．O是△AEF的垂心 B．O是△AEF的內(nèi)心 C．O是△AEF的外心 D．O是△AEF的重心 A　[由題意可知PA，PE，PF兩兩垂直，∴PA⊥平面PEF，從而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF， 則PO⊥EF. ∵PO∩PA＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O為△AEF的垂心．故選A.] 4．(2016·長沙模擬)如圖11-13，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)是線段B1D1上的兩個動點，且EF＝，則下列結(jié)論中錯誤的是(　　) 圖11-13 A．AC⊥BF B．三棱

34、錐A-BEF的體積為定值 C．EF∥平面ABCD D．異面直線AE，BF所成的角為定值 D　[對于選項A，連接BD，易知AC⊥平面BDD1B1.∵BF?平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正確；對于選項B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BEF的距離不變．∵EF＝，B到EF的距離為1，∴△BEF的面積不變，∴三棱錐A-BEF的體積為定值，故B正確；對于選項C，∵EF∥BD，BD?平面ABCD，EF?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正確；對于選項D，異面直線AE，BF所成的角不為定值，當F與B1重合時，令上底面中心為O，則此時兩異面直線所成的角是∠A1AO，當E與D1重合時，點

35、F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，這兩個角不相等，故異面直線AE，BF所成的角不為定值，故D錯誤．] 二、填空題 5．(2016·衡水二模)如圖11-14，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝BC，將△ABE沿邊BE折起，折起后A點在平面BCDE上的射影為D點，關(guān)于翻折后的幾何體有如下描述： 圖11-14 ①AB與DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB-ACE＝a3；④平面ABC⊥平面ACD.其中正確的有________．(填序號) ①③④　[作出折疊后的幾何體直觀圖如圖所示： ∵AB＝BC＝a，BE＝a，∴AE＝a. ∴AD＝＝a，∴AC＝＝a.在△AB

36、C中，cos∠ABC＝＝＝. ∴sin∠ABC＝＝. ∴tan ∠ABC＝＝. ∵BC∥DE，∴∠ABC是異面直線AB，DE所成的角，故①正確．連接BD，CE，則CE⊥BD，又AD⊥平面BCDE，CE?平面BCDE，∴CE⊥AD.又BD∩AD＝D，BD?平面ABD，AD?平面ABD，∴CE⊥平面ABD.又AB?平面ABD，∴CE⊥AB，故②錯誤．VB-ACE＝VA-BCE＝S△BCE·AD＝××a2×a＝，故③正確．∵AD⊥平面BCDE，BC?平面BCDE，∴BC⊥AD.又BC⊥CD，CD∩AD＝D，CD，AD?平面ACD，∴BC⊥平面ACD.∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD

37、，故④正確．故答案為①③④.] 6．(2016·太原二模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐D-ABC，當三棱錐D-ABC的體積取最大值時，其外接球的體積為________． 【導學號：67722042】 π　[當平面DAC⊥平面ABC時，三棱錐D-ABC的體積取最大值．此時易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD.又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中點O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O為所求外接球的球心，故半徑r＝1，體積V＝πr3＝π.] 三、解答題 7．(2016·四川高考)如

38、圖11-15，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD. 圖11-15 (1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD. [解]　(1)取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點.2分 理由如下： 因為AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形， 所以CM∥AB.4分 又AB?平面PAB，CM?平面PAB， 所以CM∥平面PAB.6分 (說明：取棱PD的中點N，則所找的點可以是直線MN上任意一點)

39、 (2)證明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD， 因為AD∥BC，BC＝AD，所以直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.8分 因為AD∥BC，BC＝AD，M為AD的中點，連接BM， 所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四邊形BCDM是平行四邊形，10分 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB. 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.12分 8．(2016·長春二模)已知等腰梯形ABCD(如圖11-16(1)所示)，其中AB∥CD，E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點，且AB＝EF＝2，CD＝6，M為BC中點．現(xiàn)將

40、梯形ABCD沿著EF所在直線折起，使平面EFCB⊥平面EFDA(如圖11-16(2)所示)，N是線段CD上一動點，且CN＝ND. (1)　　　　　　　　　(2) 圖11-16 (1)求證：MN∥平面EFDA； (2)求三棱錐A-MNF的體積． [解]　(1)證明：過點M作MP⊥EF于點P，過點N作NQ⊥FD于點Q，連接PQ.由題知，平面EFCB⊥平面EFDA，又MP⊥EF，平面EFCB∩平面EFDA＝EF，∴MP⊥平面EFDA. 又EF⊥CF，EF⊥DF，CF∩DF＝F，∴EF⊥平面CFD. 又NQ?平面CFD，∴NQ⊥EF. 又NQ⊥FD，EF∩FD＝F，∴NQ⊥平面EF

41、DA，∴MP∥NQ.2分 又CN＝ND，∴NQ＝CF＝×3＝2， 且MP＝(BE＋CF)＝×(1＋3)＝2，∴MP綊NQ， ∴四邊形MNQP為平行四邊形.4分 ∴MN∥PQ. 又∵MN?平面EFDA，PQ?平面EFDA， ∴MN∥平面EFDA.6分 (2)法一：延長DA，CB相交于一點H，則H∈CB，H∈DA. 又∵CB?平面FEBC，DA?平面FEAD. ∴H∈平面FEBC，H∈平面FEAD， 即H∈平面FEBC∩平面FEAD＝EF， ∴DA，F(xiàn)E，CB交于一點H，且HE＝EF＝1.8分 V三棱錐F-CDH＝V三棱錐C-HFD＝·S△HFD·CF＝， 又由平面幾何知識得＝，10分 則＝， ∴V三棱錐A-MNF＝V三棱錐F-AMN＝·V三棱錐F-CDH＝×＝1.12分 法二：V三棱臺BEA-CDF＝×EF×(S△BEA＋＋S△CDF)＝×2×＝， V四棱錐A-BEFM＝×AE×S四邊形BEFM＝， V三棱錐N-ADF＝×2×S△ADF＝2， V三棱錐N-CFM＝×1×S△CFM＝，10分 V三棱錐A-MNF＝V三棱臺BEA-CDF－V三棱錐N-CFM－V四棱錐A-BEFM－V三棱錐N-ADF ＝－－－2＝1.12分